Niech $f\colon X \to Y$.
Funkcję $f\colon X \to Y$ nazywamy odwracalną, jeśli istnieje funkcja $g\colon Y \to X$ taka, że: \[ g \circ f = \operatorname{id}_X \quad \text{oraz} \quad f \circ g = \operatorname{id}_Y, \] tzn. $g(f(x)) = x$ dla każdego $x \in X$ oraz $f(g(y)) = y$ dla każdego $y \in Y$.
Funkcję $g$ nazywamy wtedy funkcją odwrotną do $f$ i oznaczamy $f^{-1}$.
Funkcja $f\colon X \to Y$ jest odwracalna wtedy i tylko wtedy, gdy $f$ jest bijekcją.
Załóżmy, że istnieje $g\colon Y \to X$ z $g \circ f = \operatorname{id}_X$ i $f \circ g = \operatorname{id}_Y$.
Iniekcja: Niech $f(x_1) = f(x_2)$. Wtedy $x_1 = g(f(x_1)) = g(f(x_2)) = x_2$. $\checkmark$
Surjekcja: Niech $y \in Y$. Weźmy $x = g(y) \in X$. Wtedy $f(x) = f(g(y)) = y$. $\checkmark$
Załóżmy, że $f$ jest bijekcją. Definiujemy $g\colon Y \to X$ następująco:
Dla każdego $y \in Y$, ponieważ $f$ jest surjekcją, istnieje $x \in X$ z $f(x) = y$. Ponieważ $f$ jest iniekcją, takie $x$ jest jedyne. Kładziemy $g(y) = x$.
Sprawdzamy:
Jeśli $f\colon X \to Y$ jest odwracalna, to funkcja odwrotna $f^{-1}$ jest jedyna.
Niech $g_1, g_2\colon Y \to X$ będą obie odwrotnościami $f$. Wtedy dla każdego $y \in Y$: \[ g_1(y) = g_1(f(g_2(y))) = (g_1 \circ f)(g_2(y)) = \operatorname{id}_X(g_2(y)) = g_2(y). \] Zatem $g_1 = g_2$. $\square$
Jeśli $f\colon X \to Y$ jest bijekcją, to funkcja odwrotna $f^{-1}\colon Y \to X$ jest określona wzorem: \[ f^{-1}(y) = x \quad \iff \quad f(x) = y. \]
Równoważnie: $f^{-1}(y)$ to jedyny element $x \in X$ taki, że $f(x) = y$.
Niech $f\colon X \to Y$ będzie bijekcją. Wtedy:
Iniekcja $f^{-1}$: Niech $f^{-1}(y_1) = f^{-1}(y_2) = x$. Wtedy $f(x) = y_1$ i $f(x) = y_2$, więc $y_1 = y_2$. $\checkmark$
Surjekcja $f^{-1}$: Niech $x \in X$. Weźmy $y = f(x) \in Y$. Wtedy $f^{-1}(y) = f^{-1}(f(x)) = x$. $\checkmark$ $\square$
Niech $h = g \circ f\colon X \to Z$. Trzeba pokazać, że $h^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}$.
Sprawdzamy: $(f^{-1} \circ g^{-1}) \circ (g \circ f) = f^{-1} \circ (g^{-1} \circ g) \circ f = f^{-1} \circ \operatorname{id}_Y \circ f = f^{-1} \circ f = \operatorname{id}_X$. $\checkmark$
Analogicznie: $(g \circ f) \circ (f^{-1} \circ g^{-1}) = g \circ (f \circ f^{-1}) \circ g^{-1} = g \circ \operatorname{id}_Y \circ g^{-1} = g \circ g^{-1} = \operatorname{id}_Z$. $\checkmark$ $\square$
Jeśli $f\colon X \to Y$ jest bijekcją, to: \[ (x, y) \in \text{wykres}(f) \quad \iff \quad (y, x) \in \text{wykres}(f^{-1}). \]
Geometrycznie: wykres $f^{-1}$ jest odbiciem symetrycznym wykresu $f$ względem prostej $y = x$.
$f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = 2x + 3$.
$f$ jest bijekcją. Szukamy $f^{-1}$: $y = 2x + 3 \iff x = \frac{y - 3}{2}$.
Zatem $f^{-1}(y) = \frac{y - 3}{2}$, czyli $f^{-1}\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f^{-1}(x) = \frac{x - 3}{2}$.
$f\colon [0, +\infty) \to [0, +\infty)$, $f(x) = x^2$.
$f$ jest bijekcją (na $[0,+\infty)$ jest rosnąca i surjektywna). $f^{-1}(y) = \sqrt{y}$.
Uwaga: $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^2$ nie jest odwracalna (nie jest iniekcją: $f(-2) = f(2) = 4$).
$f\colon \mathbb{R} \to (0, +\infty)$, $f(x) = a^x$ (dla $a \gt 0$, $a \neq 1$).
$f$ jest bijekcją. $f^{-1}(y) = \log_a y$.
Sprawdzenie: $\log_a(a^x) = x$ oraz $a^{\log_a y} = y$. $\checkmark$
$f\colon \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \to [-1, 1]$, $f(x) = \sin x$.
$f$ jest bijekcją. $f^{-1}(y) = \arcsin y$.
$f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^2$ — nie jest odwracalna, bo nie jest iniekcją.
$g\colon \mathbb{R} \to [0, 1]$, $g(x) = \sin x$ — nie jest odwracalna, bo nie jest iniekcją (np. $g(0) = g(\pi) = 0$).
Jeśli $f\colon X \to Y$ ($X \subseteq \mathbb{R}$) jest ściśle monotoniczna (ściśle rosnąca lub ściśle malejąca), to $f$ jest różnowartościowa.
Niech $f$ będzie ściśle rosnąca i niech $x_1 \neq x_2$. Bez straty ogólności $x_1 \lt x_2$. Wtedy $f(x_1) \lt f(x_2)$, więc $f(x_1) \neq f(x_2)$. $\square$
Analogicznie dla funkcji ściśle malejącej.
Jeśli $f\colon X \to f(X)$ jest ściśle monotoniczna, to $f$ jest bijekcją na swój zbiór wartości, więc jest odwracalna (jako $f\colon X \to f(X)$).
Ponadto: $f^{-1}\colon f(X) \to X$ jest również ściśle monotoniczna (w tym samym sensie co $f$: rosnąca, jeśli $f$ rosnąca; malejąca, jeśli $f$ malejąca).
Niech $f$ będzie ściśle rosnąca. Weźmy $y_1, y_2 \in f(X)$ z $y_1 \lt y_2$. Oznaczmy $x_1 = f^{-1}(y_1)$, $x_2 = f^{-1}(y_2)$.
Gdyby $x_1 \geq x_2$, to z monotoniczności $f$: $f(x_1) \geq f(x_2)$, czyli $y_1 \geq y_2$ — sprzeczność z $y_1 \lt y_2$.
Zatem $x_1 \lt x_2$, czyli $f^{-1}(y_1) \lt f^{-1}(y_2)$. $\square$
Funkcję $g\colon Y \to X$ nazywamy:
Zachodzą następujące fakty:
Aby wyznaczyć wzór funkcji odwrotnej do $f(x)$:
$f\colon (1, +\infty) \to \mathbb{R}$, $f(x) = \ln(x - 1) + 2$.
Krok 1: $f$ jest ściśle rosnąca (złożenie rosnących), więc jest iniekcją. $f(X) = \mathbb{R}$ (bo $\ln$ przyjmuje wszystkie wartości rzeczywiste), więc $f$ jest surjekcją na $\mathbb{R}$.
Krok 2–3: $y = \ln(x - 1) + 2 \;\Rightarrow\; y - 2 = \ln(x - 1) \;\Rightarrow\; x - 1 = e^{y-2} \;\Rightarrow\; x = e^{y-2} + 1$.
Krok 4: $f^{-1}\colon \mathbb{R} \to (1, +\infty)$, $f^{-1}(y) = e^{y-2} + 1$.
Sprawdzenie: $f(f^{-1}(y)) = \ln(e^{y-2} + 1 - 1) + 2 = \ln(e^{y-2}) + 2 = (y - 2) + 2 = y$. $\checkmark$